Limiti

Limiti
Esercizi svolti
Federico Amici
Questa kermesse di esercizi svolti sui limiti è una carrellata che ha come unico criterio di suddivisione la
fonte da cui ho attinto. Alcuni fra questi nascono già come esercizi svolti ma sono riproposti con qualche
spiegazione aggiuntiva perchè mi sembravano interessanti: l’intento non è certo quello di copiare.

Professor Principato (esercitatore di Bellettini)
“Calcolare i seguenti limiti di successione:
n
1) limn→∞ a2n + 1
a∈R
I casi che vengono esaminati derivano dall’andamento della funzione esponenziale.
 I caso: a>0
Se a>0, a2n sarà un numero sempre più positivo, perciò:
o
n
a2n + 1=
n
1
2n
n
a2n(1+ a2n ) ≅ a2n = a n =a2
 II caso: 0≤a≤1
𝑛
Se 0 ≤ 𝑎 ≤ 1, a2n tenderà a 0 (immaginate ad esempio 1 2 , compreso sicuramente tra 0 ed 1,
dove il numeratore sarà diviso da un denominatore che tende ad infinito). Avremo:
n 2n
n
a + 1 ≅ 1=1
0≤a<1
n
1
n
a2n + 1 ≅ 2= 2n =1
 III caso: a<0
Se a<0 valgono i ragionamenti fatti per il caso in cui a>0 poichè l’esponente a cui è elevato
risulta pari, implicando così la perpetua positività di a 2n.
n
a2n + 1=
n
-a2n + 1=
n
-a2n (1+
1
)≅
-a2n
n
n
2n
-a2n = a2n= a n =a2
 IV caso: 𝑎 = −1
L’unica eccezione delle a minori di 0 è -1. Infatti, riflettendo un attimo, ci accorgiamo di
ritornare al caso in cui a=1 (esaminato poco sopra), perciò avremo:
n
a2n + 1 ≅
n
n
1
-12n + 1= 2= 2n =1
1 n!
2) limn→∞ 1+ nn
n! è il fattoriale di n, ovvero il prodotto fra tutti i numeri compresi tra 1 ed n, con un po’
di simbologia diventa:
n
k =1*2*3*…*n-1*n
k=1
Alla luce della definizione, possiamo riscrivere n! come n(n-1)! o come n(n-1)(n-2)!, a
seconda delle esigenze (utile ad esempio se si vuole semplificare numeratore e
denominatore in un rapporto).
La cosa importante da tenere ben presente è il fatto che il fattoriale prevede il prodotto
da n fino ad 1. Un esempio in cui questo aspetto viene sottolineato è questo.
1 n!
limn→∞ 1+ nn
1 n
= 1+ nn
1 (n-1)!
* 1+ nn
1 n
= 1+ nn
1 n-1
* 1+ nn
1
* 1+ nn
n-2 !
dove si vuol far notare lo “sfilacciamento” progressivo del fattoriale.
Così continuando abbiamo:
n
n-1
1
1 n-2
1 2
1
* 1+ n
* 1+ n
* ⋯ * 1+ n * 1+ n
n
n
n
n
n
n
1
1
1+ nn
1 n 1+ nn
1 2
1
= 1+ n *
*
*…*
1+
*
1+
n
nn
nn
1 1
1 2
1+ nn
1+ nn
1
= 1+ n
n
1
=
A questo punto notiamo che i termini al denominatore tendono tutti ad 1 in quanto 1 𝑛𝑛 tende
ovviamente a 0. Allo stesso modo anche i numeratori tendono ad 1, perciò an tende ad 1.
3) limn→∞
n3 +9n2 - n4-1
n2+2
In questo caso abbiamo l’occasione di introdurre il concetto di o piccolo:
Consideriamo due funzioni f(x) e g(x), definite in un intorno di x0. Si dice che f(x)
è o piccolo di g(x) se il rapporto f(x) g(x) → 0 per x→x0 e si scrive f(x)=o(g(x)).
Ad esempio, consideriamo f(x) = 1 e g(x) = x2 (f(x)=1 è una funzione costante).
Il rapporto tra queste due funzioni, 1 x2 , per x→∞ (quindi x0=∞) tende a 0 e
dunque 1=o(x2).
Un altro esempio lo facciamo considerando x 0=0. Se f(x)=x2 e g(x)=x
f(x) x2
= =x→0 per x→0
g(x) x
quindi x2=o(x)
Fatta questa piccola premessa, procediamo nel calcolo:
n3+9n2 - n4-1
n2+2
=
=
=
9
n
1
n
n3(1+ )- n4(1- 4)
2
n
n2 (1+ 2)
raccoglimento a fattor comune
n3(1+o(n))- n4(1-o(n4)
n2(1+o(n2)
n3 - n4
n2
utilizzo le definizioni di o piccolo
se aggiungiamo o togliamo ad 1 una quantità che tende a 0, la
somma di questi due termini tenderà ad 1, di qui i semplici prodotti
3
4
n2
n2
= n2 -
applichiamo la definizione di radice come elevamento
n2
a potenza razionale e separiamo gli addendi (è facile
convincersi che ripetendo la somma dei due termini
tornerete al passaggio precedente) e procediamo con il calcolo
tenendo conto che il limite della somma è la somma dei limiti
A questo punto notiamo che 3 2 < 2 ed all’infinito questo rapporto tenderà a 0, mentre 4 2 = 2
limn→∞
= 0 -1 = -1
4) limn→∞ an +na
n3 +9n2 - n4-1
n2 +2
= -1
a∈R
I caso: a > 0
Questo è il caso relativamente più intuitivo poichè, se a è un numero positivo e diverso da 0, entrambi gli
addendi saranno numeri sempre più positivi, dunque:
 an →∞
II caso: 0≤a<1
In questo caso an tenderà a 0 ed na sarà un numero elevato ad esponente razionale che tende parimenti ad
infinito:
an→∞

III caso: a = -1
1
Questo è il caso più particolare, se volete. Infatti n a = n-1 = n che tende a 0 mentre an = -1n, cioè una
successione oscillante che non ha limite. Quindi per a=-1 an non ammette limite.
IV caso: a < 0
1
In questa circostanza na = n-a = na che tende a 0, an = -an che tenderà all’infinito negativo, perciò

an →-∞
5) limn→∞
n
2
2n + n2 cosn
Questo limite è l’occasione per introdurre il teorema del confronto (o dei due carabinieri) che spesso si
rivela utile nella risoluzione di limiti in cui sono presenti funzioni trigonometriche.
Consideriamo due successioni an e bn che convergano allo stesso limite l ∈ R.
Consideriamo ora una terza successione cn che ha la caratteristica di essere compresa
tra an e bn, cioè an≤cn≤bn.
cn convergerà allora allo stesso limite l ∈ R.
Ad esempio vogliamo calcolare il limn→∞ sin n n . La funzione seno assume valori
-1
sin n ≤ 1 , e queste due
compresi tra -1 e 1 (estremi inclusi), perciò
n≤
n
n
successioni sono entrambe infinitesime. sin n n convergerà dunque a 0, per n→∞
lim
n
n→∞
n2
2 +
n2 cosn
=
n
n2
2 (1 +
n2 cosn
2
)
n2
2
Applichiamo il teorema del confronto alla successione kn = n cosn
-n2
2
n2
2
≤ n cosn
2
n2
≤n
2n
2
e notiamo che
2
2
2n
Ma le due successioni che comprendono kn sono entrambe infinitesime in quanto l’esponenziale è di
ordine di infinito maggiore rispetto alla funzione potenza. Perciò anche k n tenderà a 0. Richiamando la
2
definizione di o piccolo si può dire che n 2cosn = o(2n ). Continuando con i calcoli si ha quindi:
n
n2
n2
2 (1 +o(2 )) ≅
6) limn→∞
n
n
n2
2 =
n2
2n=
2n → ∞ , n→∞
ln n + 3n -n3
In questo limite si sfruttano le nozioni sugli ordini di infinito e sugli o piccolo, se volete. Individuato l’ordine
di infinito maggiore, raccogliamo a fattor comune dove questo fattore sarà proprio quel termine che
tenderà ad infinito “prima degli altri”, che in questo caso è 3 n.
n
ln n + 3
n
-n3 =
n
an converge dunque a 3.
n
3
ln n
n3
+1- n =
3n
3
n
3n (1+o 3n )=
n
3n = 3
7)
n2 e3n n! + sin(n!)
limn→∞
nn +2
L’intento è quello di separare le difficoltà e qui ci viene incontro la separazione della frazione nella somma
di due termini con lo stesso denominatore. Di qui procediamo tenendo presente che il limite della somma
è la somma dei limiti, ricapitolando:
lim
n2 e3n n! + sin(n!)
n→∞
nn +23n
= lim
n→∞
n2 e3n n!
nn +23n
+
sin(n!)
nn +23n
= lim
n→∞
n2 e3n n!
nn +23n
+ lim
n→∞
sin(n!)
nn +23n
Ora possiamo occuparci di un problema per volta.
Cominciando dal secondo addendo, applichiamo il teorema del confronto a questa successione,
-
1
sin(n!)
1
≤
≤
nn +23n nn +23n nn +23n
pervenendo alla conclusione che tende a 0.
Per quanto riguarda il primo addendo cominciamo con il notare che n n+2 va come nn.
Se preferite:
23n
nn + 23n = nn (1 + nn ) = nn (1 + o(nn)) = nn
Quindi, ricapitolando tutte le informazioni, ci rimane da studiare il
n2 e3n n!
lim
n→∞
nn
Visto che lo svolgimento della funzione fattoriale non è molto illuminante ai fini della risoluzione del
calcolo, ci viene incontro un’approssimazione della stessa, ovvero la formula di Stirling:
nn
n! ≅ 2πn en
Il limite diventa
n2 e3n 2πn nn 2 2n
lim
= n e 2πn = +∞
n→∞
nn en
8) limn→∞
n
nn
n!
Servendoci ancora una volta della formula di Stirling procediamo con il calcolo:
n
lim
n→∞
nn n
=
n!
nn
2πn nn
en
=
n
en
2πn
=
e
n2
2πn
=
e
2πn
1
n2
1
È facile convincersi del fatto che n2 sia un ordine di infinito maggiore di n, perciò n2 tenderà a 0 più
velocemente di quanto n tenda ad infinito, quindi il denominatore tende ad 1 ed il limite di questa
successione è uguale ad e.
9) limn→∞
log(n!)
n
Questo è il particolare caso in cui il logaritmo risulta di ordine superiore ad un’altra funzione, in questo
caso n. Serviamoci di Stirling:
2πn nn
log(
)
log(n!)
en
limn→∞
n
=
n
Ora ci serviamo della proprietà del logaritmo secondo cui log(a/b) = loga – logb e separiamo la frazione in
due addendi come già fatto in precedenza:
log( 2πn nn )
limn→∞
n
–
log en
n
= log( 2πnn) – 1 ≅ log( 2πnn)
che per n → ∞ tende a +∞.
=
nlog( 2πnn) nloge
- n
n
log(ab) = b*loga

Professor Berretti (appunti sui limiti)
In questi appunti ci serviremo anche degli sviluppi in serie di Taylor che potete trovare su Wikipedia a
questo indirizzo.
Esercizio 1
1
lim 1+ n
n→∞
3
2n
Per risolvere questo limite seguiamo l’ispirazione di voler sfruttare il limite notevole di e, trovando una via
per farlo saltare fuori. È presto fatto:
n
1 2
1+ 3n
=
1
1+ 3n
3n n
2
3n
n
1 3
1+ 3n
=
2n
3n
=e
2 n
3
→1
n→∞
ovvero abbiamo moltiplicato e diviso l’esponente per 3 n in modo da ricondurci al limite notevole. Per le
proprietà delle potenze (potenza di potenza) arriviamo ad avere e elevato ad un esponente compreso tra 0
ed 1 che quindi tende a 0 se elevato ad n. Si deduce allora che il limite è uguale ad 1.
Esercizio 2
3
ex -cos(sinx)
lim
x→0 log(1+tg3x2 )
In questo limite ci serviremo degli sviluppi in serie di Taylor, anche se in maniera molto ridotta poichè ci
fermeremo al secondo ordine.
Cominciamo dunque con l’approssimare il cos(sinx):
cos(y) ≅ 1 -
y2
2 per x→0
y = sin(x) ≅ x per x→0
3
2
ex - 1 - x 2
x3
e -cos(sinx)
limx→0 log(1+tg3x2) =
log(1+tg3x2)
3
3
In questo modo possiamo approssimare anche ex - 1 (o se preferite solamente ex , perverrete allo stesso
risultato).
3
ey ≅ 1 + y per y→0 quindi, visto che la nostra y vale x3 avremo che ex ≅1+x3 per x→0 e con un semplice
3
passaggio algebrico abbiamo che ex -1 ≅x3.
x2
x3- 2
… =limx→0 log(1+tg3x2)
Procediamo a spron battuto con l’approssimazione del denominatore:
log(1+y) ≅ y per y→0
y = 3tgx2 ≅ 3(x2) per x→0
Il nostro limite assumerà queste sembianze:
𝑥2
… =
𝑥 3− 2
lim𝑥→0 3𝑥 2
x2
=
x3
- 2
3x2 3x2
x
=3-
x2
1
*
2 3x2
=1 6
Esercizio 3
2(n+1)n -(tlogn)n +2
lim
1
n→∞
n! + 3nn+1 sin n
Di questo limite di successione possiamo subito dire che il 2 al numeratore è una quantità ininfluente
all’infinito, perciò con il raccoglimento a fattor comune e gli “o-piccoli” possiamo farne a meno.
… =
2(n+1)n
1
n!+3nn+1 sin
n
−
(tlogn)n
1
n!+3nn+1 sin n
Come ormai ben sappiamo, sin(x) è approssimato a x per x→0, o meglio quando l’argomento tende a 0
(infatti in questo caso n→∞ ma possiamo continuare con l’approssimazione). Quindi, facendo attenzione al
fatto che 3nn+1 = 3nnn abbiamo
2(n+1)n (tlogn)n
2(n+1)n
(tlogn)n
…=
=
=
n!+3nn n!+3nn 3nn (1+ n! ) 3nn (1+ n! )
3nn
3nn
nn è di ordine di infinito
maggiore di n!
Dopo aver notato che n+1 all’infinito è approssimabile ad n, il limite è pressochè terminato:
n
2nn (tlogn) 2
2
=
n = 3 – 0=
3
3nn
3n
Esercizio 4
1
1-x2
lim
𝑥→0 ( log 1+sinx )2
e1-cosx-
Nella risoluzione di questo limite ci serviremo delle approssimazioni di Taylor:
1
1
1
e1-cosxe1-cosxe
2
2
2
1-x
1-x
1-x
lim
≅
≅
2 ≅
2
𝑥→0 ( log 1+sinx )2
x
( log 1+x )
e1-cosx-
2
≅
e
1-(1-x 2)
x
1
e
1-x2 =
2
x2
2
1-(1-x 2)
x2
-
1
1-x2 ≅
1
x2 1
x2 1-x2 +x2
x2
x2
1+ 2 - 2 1+ 2 1+ 2 - 1 - 2
1-x2 ≅
1-x =
1-x2 =
1-x
2
2
2
2
x
x
x
x
2
x2
x2
2
1
1
1
1
= 22 - 1-x2 =
=
1
=
x
x
2 1-x2 2
2

Professor Tauraso (dispense)
Esercizio 1
n+5 !
log n+5 ! - log(n!+5)
n!+5
lim
=
n→∞ log(2n6 + cos nπ )
log(2n6 + cos nπ )
log(a-b) = log(a/b)
log
Richiamiando le definizioni del fattoriale, vediamo che
n! = n(n-1)! = n(n-1)(n-2)! = n(n-1)(n-2) ... 2 * 1
Nel nostro caso n = n+5, quindi
(n+5)! = (n+5)(n+4)(n+3)(n+2)(n+1) * (n(n-1)(n-2)...2*1) = (n+5)(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)*n!
Notiamo in seconda battuta che il primo “blocco” di prodotti va come n 5 in quanto svolgendo i prodotti
non ci sono termini di ordine di infinito maggiore. Raccogliendo queste informazioni abbiamo:
5
5 + log n!
log n n!
log
n
n!+5
n!+5
=
=
6
6
log(2n + cos nπ ) log(2n + cos nπ )
Per le proprietà del logaritmo e approssimazione di (n!+5) a n! il limite da calcolare diventa:
5logn
limn→∞ log(2n6+ cos nπ ).
Ora, il cos(π) è pari a -1, il cos(πn) sarà n volte -1, quindi (-1)n. Quindi
5logn
5logn
=
=
n→∞ log(2n6 + cos nπ )
log(2n6 +(−1)n )
lim
=
5logn
5logn 5
≅
= 6
log2
6logn
6logn(1+ 6logn )
5logn
log(2n6 (1 +
n
-1
)
2n6
=
5logn
5logn
=
=
log(2n6 ) log2+6logn
Limiti tratti da testi di esame (2012)
Esercizio 1
n2 +2 n arctg(n!+2)
n2n arctg(n!)
n2n arctg(n!)
n2n arctg(n!) 𝜋
lim
≅ 2n
≅
≅
= 2
n→∞ (n+3)2n +arctg(n!+2)
n +arctg(n!)
n2n + π 2
n2n
II metodo: Abundo docet
Nonostante questo procedimento sia ragionevole, un’ulteriore procedura utile per risolvere
questo limite è servirsi ancora una volta dell’approssimazione di Taylor, in questo modo:
3
3 n
nlog(1+ 2 ) π
2n
n
1+ 2 arctg(n!+3) n e
n
2
lim
=
≅
2n
2n
3
n→∞ (n+3) +arctg(n!+2)
3
2nlog(1+n) π
n2n (1+ n ) + arctg(n!) n2n e
2
n2 +3 n arctg(n!+2)
n2n
Nel primo passaggio è stato messo in evidenza n 2 che, elevato a sua volta alla n diventa n 2n. Inoltre
arctan(n!+3) per n infinito tende a π/2, che è una quantità costante, eliminabile. Al denominatore questo
fatto ci torna utile:
3
nlog(1+ 2) π
2n
n
n e
3
nlog(1+ 2) π
2n
n
n e
3
nlog(1+ 2) π
n
e
3
2nlog(1+n) π
2n
n e
-
3
2nlog(1+n)
2n
n e
3
2nlog(1+n)
e
2 ≅
2
2 =
2
Ora sfruttiamo nell’ordine le proprietà dell’esponenziale e l’approssimazione di Taylor del logaritmo:
3
3
nlog(1+ 2)-2nlog(1+n) π
n
e
2
≅ 𝑒
3
3
𝑛 2 −2𝑛 𝑛
𝑛
3
𝜋
𝜋
𝜋
= 𝑒 𝑛 −6 =
2
2
2𝑒 6